cf1511 E. Colorings and Dominoes

题意：

给定 n×m 格子，每格为黑色或白色。

你可以给每个白色格子染成红色或蓝色，那么显然有 \(2^{tot}\) 种染色方案（\(tot\) 为白色格子数量）

对于每一种染色方案，你要尽可能往上放大小为 1×2 的骨牌，规则是：

• 横着的骨牌必须在两个红色格子上
• 竖着的骨牌必须在两个蓝色格子上

现在想要计算每种涂色方案的最多骨牌摆放数量之和取模。

思路：

一开始我考虑计算每个骨牌的贡献，发现会重复计算，然后不知道怎么办。

（其中一个）正解是用概率和期望。

注意到每行每列的每段连续白格是独立的，也就是说我们只需要处理若干长度不同的 1×len 段。

每段的算法是一样的，首先计算横放的骨牌。\(f_n\) 表示 n 个格子，最后两个格子一定要放一个骨牌的概率。

则一种涂色方案中骨牌数的期望为 \(\sum p_{len}\)，答案就乘上方案数，即 \(2^{tot}\times \sum p_{len}\)

\(p_0=p_1=0\)；

\(p_2=\frac 14\) 即两个都是红色；

\(p_3=\) 最后两个是红色，但减去三个都是红色的情况（否则不一定要放在最后两格，有可能放在前两格）\(=\frac 14 -\frac 18\)；

\(p_4=\frac 14 -\frac 18 + \frac 1{16}\)，因为四个都是红色时，最后两格也一定要放；

以此类推。

（实际上要求最后两个是红色，前面有偶数个红色）

线性递推预处理这个交错级数即可。

竖放的骨牌也是一样的。

void sol() {
    int n, m, tot = 0; cin >> n >> m;
    vector<string> g(n);
    for(string &s : g) {
        cin >> s;
        for(char c : s) tot += c == 'o';
    }

    vector<ll> p(N, 0); //递推p_i
    for(int i = 2; i < N; i++)
        p[i] = add(p[i-1], (i%2?-1:1) * inv(qmi(2, i)));

    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++) //横着的
        for(int j = 0, len = 0; j < m; j++) {
            if(g[i][j] == '*') len = 0; else len++;
            ans = add(ans, p[len]);
        }
    for(int j = 0; j < m; j++) //竖着的
        for(int i = 0, len = 0; i < n; i++) {
            if(g[i][j] == '*') len = 0; else len++;
            ans = add(ans, p[len]);
        }

    cout << ans * qmi(2, tot) % mod;
}